Задача №18326

В прямоугольном треугольнике $ABC$ точки $M$ и $N$ — середины гипотенузы $AB$ и катета $BC$ соответственно. Биссектриса угла $BAC$ пересекает прямую $MN$ в точке $L\text{.}$

а) Докажите, что треугольники $AML$ и $BLC$ подобны.

б) Найдите отношение площадей этих треугольников, если $\cos \angle BAC=\frac{1}{9}\text{.}$

Пусть $AL\cap BC=H\text{,}$ а $AL$ — биссектриса угла $BAC\text{.}$ Обозначим $\angle BAL=\angle CAL=\alpha \text{.}$

Точки $M$ и $N$ — середины сторон $AB$ и $BC\text{,}$ значит, $MN$ — средняя линия треугольника $ABC\text{.}$ Тогда $AC\parallel MN\text{,}$ и поэтому $\angle CAL=\angle MLA$ как накрест лежащие при $AC\parallel ML$ и секущей $AL\text{.}$ Значит, $\angle BAL=\angle MLA\text{.}$

В треугольнике $AML$ углы $MAL$ и $MLA$ равны, значит, треугольник $AML$ — равнобедренный, то есть $AM=ML\text{.}$ При этом

$$ML=AM=BM=\frac{AB}{2}.$$

Так как $ML$ — медиана треугольника $ABL\text{,}$ равная половине стороны $AB\text{,}$ треугольник $ABL$ — прямоугольный, причём $\angle ALB=90^{\circ }\text{.}$

а) В треугольниках $AML$ и $BLC\text{:}$
$\angle MAL=\angle LBC$ и $\angle ALM=\angle BCL$ (углы равны как соответствующие при параллельных прямых $AC\parallel MN$), значит, треугольники $AML$ и $BLC$ подобны по двум углам, что и требовалось доказать.

б) Из подобия отношение площадей равно квадрату коэффициента подобия. В прямоугольном треугольнике $ABL$ ($\angle ALB=90^{\circ }\text{,}$ $\angle BAL=\alpha$) имеем

$$BL=AB\sin \alpha ,AM=\frac{AB}{2}.$$

Коэффициент подобия

$$k=\frac{AM}{BL}=\frac{AB/2}{AB\sin \alpha }=\frac{1}{2\sin \alpha },$$

где $\alpha =\frac{\angle BAC}{2}\text{.}$

Так как $\cos \angle BAC=\frac{1}{9}\text{,}$ то

$${\sin }^2\alpha ={\sin }^2\frac{\angle BAC}{2}=\frac{1-\cos \angle BAC}{2}=\frac{1-\frac{1}{9}}{2}=\frac{4}{9}.$$

Тогда

$$\frac{S_{AML}}{S_{BLC}}=k^2=\frac{1}{4{\sin }^2\alpha }=\frac{1}{4\cdot \frac{4}{9}}=\frac{9}{16}.$$

Ответ: $\frac{9}{16}\text{.}$